2023届天津市第七中学高三上学期期中数学试题含解析

这是一份2023届天津市第七中学高三上学期期中数学试题含解析，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
 2023届天津市第七中学高三上学期期中数学试题 一、单选题1．设全集,集合,集合等于（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意,对集合进行化简,先求,再求即可.【详解】解:全集,集合,,.故选:B2．若，，，则，，的大小关系是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据，因此要比较，的大小，作差，通分，利用对数的运算性质，即可求得，的大小；利用对数函数的单调性，可知，然后利用不等式的可乘性，即可得出，的大小.【详解】解：，∴，而，∴，即，因此.故选：C.3．将函数的图象向右平移单位，所得图象对应的函数的最小值等于（   ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用诱导公式化简函数的解析式，再利用函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律求得的解析式，根据正弦函数的值域，得出结论．【详解】解：y＝2sin（x）﹣cos（x）＝2sin（x）﹣sin（x）=sin（x）＝﹣sin（x），将函数y＝﹣sin（x） 的图象向右平移单位，所得图象对应的函数的解析式为 y＝﹣sin（x）＝﹣sin（x），故所得函数的最小值为﹣1.故选：C4．已知函数的部分图像大致为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】求出的定义域可排除A；证明是奇函数可排除B；当且趋近于时，可排C，进而可得正确选项.【详解】的定义域为，故排除选项A；定义域为，关于原点对称，，所以是奇函数，图象关于原点对称，故排除选项B；当且趋近于时，，故排除选项C，故选：D5．在某次高中学科竞赛中，4000名考生的参赛成绩统计如图所示，60分以下视为不及格，若同一组中数据用该组区间中点作代表，则下列说法中有误的是（    ）A．成绩在分的考生人数最多 B．不及格的考生人数为1000C．考生竞赛成绩的平均分约70.5分 D．考生竞赛成绩的中位数为75分【答案】D【分析】用频率分布直方图的相关知识和公式逐一计算验证选项.【详解】由频率分布直方图可得，成绩在的频率最高，因此考生人数最多，故A正确；由频率分布直方图可得，成绩在的频率为，因此，不及格的人数为，故B正确；由频率分布直方图可得：平均分等于，故C正确；因为成绩在的频率为，由的频率为，所以中位数为，故D错误．故选D．【点睛】本题考查频率分布直方图的众数、中位数、平均数以及样本容量的求法，考查学生的计算能力，熟记公式是解题的关键，属于中档题.6．一个圆锥的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的内切球的表面积和圆锥的侧面积的比为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，圆锥的高为，内切球的半径为，则由题意可得，从而可求得，作出轴截面如图，利用与相似可求出，从而可求出圆锥的内切球的表面积和圆锥的侧面积的比【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，圆锥的高为，内切球的半径为，其轴截面如图所示，设为内切球球心，因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，所以，得，即，所以，所以，因为∽，所以,所以，得，所以圆锥的内切球的表面积和圆锥的侧面积的比为，故选：A7．已知，是椭圆的左，右焦点，是的左顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则的离心率为A． B． C． D．【答案】D【详解】分析：先根据条件得PF2=2c,再利用正弦定理得a,c关系，即得离心率.详解：因为为等腰三角形，，所以PF2=F1F2=2c,由斜率为得，，由正弦定理得,所以，故选D.点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.8．2022年第二十四届北京冬奥会开幕式上由96片小雪花组成的大雪花惊艳了全世界，数学中也有一朵美丽的雪花一“科赫雪花”．它可以这样画，任意画一个正三角形，并把每一边三等分：取三等分后的一边中间一段为边向外作正三角形，并把这“中间一段”擦掉，形成雪花曲线；重复上述两步，画出更小的三角形．一直重复，直到无穷，形成雪花曲线，．设雪花曲线的边长为，边数为，周长为，面积为，若，则下列说法正确的是（    ）A． B．C．均构成等比数列 D．【答案】B【分析】根据已知写出、、的通项公式且时，应用累加法求通项，进而判断各选项的正误.【详解】据题意知：，∴，A错误；，当时，，D错误；∴，由也满足上式，则，所以不构成等比数列，C错误；由上，，则，B正确.故选：B．9．已知定义在R上的偶函数，其导函数为．当时，恒有，若，则不等式的解集为A． B．C． D．【答案】A【分析】根据为偶函数，则也为偶函数，利用导数可以判断在为减函数，则不等式可转化为，解不等式即可得到答案．【详解】解：是定义在R上的偶函数， ．时，恒有，又，在为减函数．为偶函数， 也为偶函数在为增函数．又，，即，化简得，得．故选A．【点睛】通过构造新函数来研究函数单调性是本题一大亮点，同时利用抽象函数的单调性、奇偶性解不等式是常考考点，要牢牢掌握． 二、填空题10．i是虚数单位，复数的虚部是______.【答案】2【分析】根据复数的除法运算，即可求解.【详解】因为，所以，所以的虚部为2故答案为：211．在的二项展开式中，所有项的系数之和为81，则常数项为________【答案】8【分析】由题得，所以n=4,再利用二项式展开式的通项求常数项得解.【详解】由题得，所以n=4, 二项展开式的通项为，令.所以常数项为.故答案为8【点睛】本题主要考查二项式展开式的系数和问题，考查二项式展开式特定项的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.12．已知甲、乙、丙、丁四人各自独立解决某一问题的概率分别是0.5，0.4，0.3，a，如果甲、乙、丙至少有一人解决该问题的概率不小于丁独立解决这一问题的概率，则a的最大值是______.【答案】0.79.【解析】由甲、乙、丙至少有一人解决该问题的概率不小于丁独立解决这一问题的概率，利用对立事件概率计算公式列出方程，由此能求出a的最大值.【详解】解：甲、乙、丙、丁四人各自独立解决某一问题的概率分别是0.5，0.4，0.3，a，∵甲、乙、丙至少有一人解决该问题的概率不小于丁独立解决这一问题的概率，∴，解得.∴a的最大值是0.79.故答案为：0.79.【点睛】此题考查对立事件概率的应用，属于基础题13．已知，则的最小值为___________.【答案】【分析】由已知可得出，利用基本不等式可求得该代数式的最小值.【详解】因为，则，，所以，，当且仅当时，即当时，等号成立.因此，的最小值为.故答案为：.14．如图所示的太极图是由黑白两个鱼形纹组成的圆形图案，展现中国文化阴阳转化、对立统一的哲学理念.定义：图象能将圆的周长和面积同时等分成两部分的函数称为圆的一个“太极函数”，则下列命题正确的是___________.①函数可以同时是无数个圆的“太极函数”；②函数可以是某个圆的“太极函数”；③若函数是某个圆的“太极函数”，则函数的图象一定是中心对称图形；④对于任意一个圆，其“太极函数”有无数个.【答案】①④【分析】根据所给定义，对各项逐个分析判断，即可得解.【详解】对①，以的零点为圆心，半径小于的圆，周长和面积都被平分，故①正确；对②，由为偶函数，考查的图像，若的图像平分圆的周长，但是由于有其图像向上凸起，故而面积不可能相等，所以②错误；对③，取圆，被函数平分周长和面积，  而非对称，故③错误；对④，对于任意一个圆，过圆心的直线平分周长和面积，故④正确.故答案为：①④15．若对任意，都有（其中为自然对数的底数）恒成立，则实数a的最小值为______．【答案】【分析】恒成立等价于恒成立，构造函数，即恒成立，求判断函数单调递增，则有恒成立，即，令，求导求的最大值即可求出的最小值.【详解】解：因为对任意，恒成立，所以有恒成立；令，即证，则有，所以在上单调递增，即有在上恒成立，即在上恒成立；令，则，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减；所以，即.故答案为：. 三、解答题16．已知函数，（）．（1）求的值；（2）求的单调递减区间及图象的对称轴方程．【答案】（1）；（2）减区间，，．【解析】（1）根据三角恒等变换公式代简的表达式为的形式，然后求得的值；（2）结合三角函数的图象及性质，易求得的单调递减区间及图象的对称轴方程．【详解】（1）因为． （2）由（1）得，令，，所以的单调递减区间为．又令﹐，，故图象的对称轴方程为，．【点睛】本题考查三角函数化简、三角函数的图象及性质等问题，属于较易题．17．在中，内角，，的对边分别为，，，且.（1）求角的大小；（2）若，，求的面积.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由正弦定理化简可得，再由余弦定理，求得，即可求得的大小；（2）由题设条件，求得，，再由正弦定理可得，利用面积公式，即可求解．【详解】（1）由，因为，可得，又由正弦定理，得，即，由余弦定理，得，∵，∴.（2）在中，因为，所以，可得，又因为，由正弦定理可得，又由，∴的面积.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．18．如图，矩形和梯形，，，平面平面，且，，过的平面交平面于.(1)求证：；(2)当为中点时，求点到平面的距离；(3)若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值.【答案】(1)证明见解析(2)(3)或2. 【分析】(1)先证明线面平行，再由线面平行的性质定理可证；(2)建立空间直角坐标系，用向量法可解；(3)利用比值设点M坐标，然后用向量法可得.【详解】（1）因为矩形，所以，平面，平面，所以平面.    因为过的平面交平面于，由线面平行性质定理，得；（2）由平面⊥平面其交线为，平面所以⊥平面 又四边形为矩形，所以以A为原点，以、、为轴建立空间直角坐标系.由 ，得，，则设平面法向量，则即，取得.因为，所以点到平面的距离；（3）设因为，即，则，设平面法向量，则即，取得记平面与平面的夹角为，因为⊥平面，所以，解得或2.即或2.19．已知数列的前n项和为，且．(1)证明数列是等比数列，并求出数列的通项公式；(2)在与之间插入n个数，使得包括与在内的这个数成等差数列，其公差为，求数列的前n项和．【答案】(1)证明见解析，(2) 【分析】（1）根据公式得到，得到，再根据等比数列公式得到答案.（2）根据等差数列定义得到，再利用错位相减法计算得到答案.【详解】（1），当时，，得到；当时，，两式相减得到，整理得到，即，故，数列是首项为，公比为的等比数列，，即，验证时满足条件，故.（2），故，，，两式相减得到：，整理得到：，故.20．已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若，证明：.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析. 【分析】(1)求出函数的导函数，再讨论或即可作答.(2)由(1)求出，把所证不等式分成两部分分别作等价变形，构造函数，利用导数探讨函数的单调性推理作答.【详解】（1）函数的定义域为，求导得：，当时，恒成立，则在上单调递增，当时，的解集为，的解集为，即的单调增区间为，单调减区间为，所以，当时，在上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）因为，由(1)知，，且，解得，设，则，要证，即证，即证，即证，设，则，即在上单调递减，有，即，则成立，因此成立，要证，即证，即证，即证，即证，而，即证，令，则，设，求导得，即在上单调递增，则有，即，在上单调递减，而，当时，，则当时，成立，故有成立，所以，.【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式造价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理.